高考物理一轮复习课时检测十八动力学模型之二__传送带含解析新人教版

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动力学模型之二——传送带1．(多选)如图所示，绷紧的水平传送带足够长，且始终以v1＝2 m/s的恒定速率运行。初速度大小为v2＝3 m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小墨块滑上传送带开始计时，小墨块在传送带上运动5 s后与传送带的速度相同，则(　　)A．小墨块未与传送带速度相同前，受到的摩擦力方向水平向右B．根据运动学知识可知a＝0.2 m/s2C．小墨块在传送带上的痕迹长度为4.5 mD．小墨块在传送带上的痕迹长度为12.5 m解析：选AD　小墨块与传送带速度相同前，相对传送带向左运动，故受到传送带的摩擦力方向水平向右，故A正确；小墨块在摩擦力的作用下做匀变速运动，小墨块在传送带上运动5 s后与传送带的速度相同，故加速度a＝＝＝1 m/s2，方向向右，故B错误；小墨块向左减速运动时，对小墨块有：0＝v2－at1，x1＝t1，联立解得：x1＝4.5 m；小墨块向左减速的过程中，传送带的位移为：x2＝v1t1，小墨块向右加速运动时，对小墨块有：v1＝at2，x1′＝t2，在时间t2内传送带的位移为x2′＝v1t2，因而小墨块在传送带上的痕迹长度为：x＝(x1＋x2)＋(x2′－x1′)，解得：x＝12.5 m，故C错误，D正确。2．(多选)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2 m，g取10 m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则(　　)A．乘客与行李同时到达B处B．乘客提前0.5 s到达B处C．行李提前0.5 s到达B处D．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B处解析：选BD　行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。加速度为a＝μg＝1 m/s2，历时t1＝＝1 s达到共同速度，位移x1＝t1＝0.5 m，此后行李匀速运动t2＝＝1.5 s到达B，共用2.5 s；乘客到达B，历时t＝＝2 s，B正确；若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间tmin＝＝  s＝2 s，D正确。 3．如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ。正常工作时工人在A点将粮袋轻轻放到运行中的传送带上。关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，可能小，也可能相等B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动C．若μ≥tan θ，则粮袋从A到B一定一直做加速运动D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>gsin θ解析：选A　粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v，可能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同，也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，故A正确；粮袋开始运动时受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmgcos θ，根据牛顿第二定律得，加速度a＝g(sin θ＋μcos θ)，故B错误；若μ≥tan θ，粮袋从A到B可能一直做匀加速运动，也可能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，故C错误；由以上分析可知，粮袋从A到B不一定一直做匀加速运动，故D错误。4．(多选)如图所示，传送带与水平地面的倾角为θ＝37°，AB的长度为10 m，传送带以10 m/s的速度沿逆时针方向转动，在传送带上端A点无初速度地放上一个质量为4 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，规定沿斜面向下为正方向，则物体从A点运动到B点所用的时间内，物体的速度v和物体受到传送带的摩擦力F随时间的变化图像，正确的是(　　)解析：选BC　开始时滑动摩擦力的大小不变，方向沿斜面向下，物体下滑的加速度：a1＝g(sin 37°＋μcos 37°)＝10 m/s2，运动到与传送带共速的时间为：t1＝＝1 s，下滑的距离：x1＝a1t＝5 m<10 m；由于tan 37°＝0.75>0.5，故物体加速下滑，且此时滑动摩擦力的大小不变，方向沿斜面向上，物体下滑的加速度：a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝2 m/s2，所以物体先以10 m/s2做加速运动，后来以2 m/s2做加速运动。所以物体相对于传送带始终滑动，滑动摩擦力的方向发生变化，故A、D错误，B、C正确。5.如图所示，水平传送带两端相距x＝8 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件滑上A端时速度vA＝10 m/s，设工件到达B端时的速度为vB。(g取10 m/s2)(1)若传送带静止不动，求vB。(2)若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗？若不能，说明理由；若能，则求出到达B点的速度vB。(3)若传送带以v＝13 m/s逆时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间。解析：(1)根据牛顿第二定律可知μmg＝ma，则a＝μg＝6 m/s2，且v－v＝2ax，故vB＝2 m/s。(2)能。当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度就不发生变化，仍然始终减速，故工件到达B端的速度vB＝2 m/s。(3)工件速度达到13 m/s所用时间为t1＝＝0.5 s，运动的位移为x1＝vAt1＋at＝5.75 m<8 m，则工件在到达B端前速度就达到了13 m/s，此后工件与传送带相对静止，因此工件先加速后匀速。匀速运动的位移x2＝x－x1＝2.25 m，t2＝≈0.17 s，t＝t1＋t2＝0.67 s。答案：(1)2 m/s　(2)能，2 m/s　(3)13 m/s　0.67 s6.如图所示，与水平方向成37°角的传送带以恒定速度v＝2 m/s沿顺时针方向转动，两传动轮间距L＝5 m。现将质量为1 kg且可视为质点的物块以v0＝4 m/s的速度沿传送带向上的方向自底端滑上传送带。物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，求物块在传送带上上升的最大高度。解析：物块刚滑上传送带时，物块相对传送带向上运动，受到摩擦力沿传送带向下，将匀减速上滑，直至与传送带等速，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1则a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2物块运动位移x1＝＝0.6 m物块与传送带相对静止瞬间，由于最大静摩擦力f＝μmgcos θ＜mgsin θ，相对静止状态不能持续，物块速度会继续减小。此后，物块受到滑动摩擦力沿传送带向上，但合力沿传送带向下，故继续匀减速上升，直到速度为零由mgsin θ－μmgcos θ＝ma2得a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2位移x2＝＝1 m则物块沿传送带上升的最大高度为H＝(x1＋x2)sin 37°＝0.96 m。答案：0.96 m[潜能激发]7．在工厂的流水线上安装一水平传送带用以传送工件，可大大提高工作效率。水平传送带以恒定速度v＝6 m/s顺时针转动，在传送带的左端点，若每隔1 s就轻放一个工件到传送带上去，经时间t＝5.5 s到另一端点工件被取下，两端点间距离x＝24 m，如图所示。工件体积很小，可视为质点，重力加速度取g＝10 m/s2。求：(1)工件与传送带之间的动摩擦因数μ；(2)传送带正常运行一段时间后，某一工件刚放上传送带时，在传送带上最远的工件距左端点的距离。解析：(1)设工件匀加速和匀速的时间分别为t1、t2，根据牛顿第二定律可得：μmg＝ma，根据速度时间关系可得：v＝at1，根据位移时间关系可得：x＝vt2＋at联立解得：t1＝3 s，t2＝2.5 s，a＝2 m/s2，μ＝0.2；(2)每隔1 s就轻放一个工件到传送带上去，设某时刻某一工件A刚刚放上传送带时，此时带上共有6个工件，传送带上最右端的工件运动了5 s，加速位移x1、匀速位移x2，与出发点相距x3，则：x1＝atx2＝v(5－t1)x3＝x1＋x2联立解得：x3＝21 m。答案：(1)0.2　(2)21 m8．如图所示，皮带传动装置与水平面夹角为30°，轮半径R＝ m，两轮轴心相距L＝3.75 m，A、B分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。一个质量为0.1 kg的小物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝ 。g取10 m/s2。(1)当传送带沿逆时针方向以v1＝3 m/s的速度匀速运动时，将小物块无初速度地放在A点后，它运动至B点需多长时间？(计算中可取≈16，≈20)(2)小物块相对于传送带运动时，会在传送带上留下痕迹。当传送带沿逆时针方向匀速运动时，小物块无初速度地放在A点，运动至B点飞出。要想使小物块在传送带上留下的痕迹最长，传送带匀速运动的速度v2至少多大？解析：(1)当小物块速度小于3 m/s时，小物块受到竖直向下的重力、垂直传送带向上的支持力和沿传送带斜向下的摩擦力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，根据牛顿第二定律mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma1解得 a1＝7.5 m/s2当小物块速度等于3 m/s时，设小物块对地位移为L1，用时为t1，根据匀加速直线运动规律t1＝，L1＝，解得 t1＝0.4 s，L1＝0.6 m由于L1＜L 且μ＜tan 30°，当小物块速度等于3 m/s时，小物块将继续做匀加速直线运动至B点，设加速度为a2，用时为t2，根据牛顿第二定律和匀加速直线运动规律mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma2 解得a2＝2.5 m/s2L－L1＝v1t2＋a2t解得 t2＝0.8 s故小物块由静止出发从A到B所用时间为 t＝t1＋t2＝1.2 s。(2)传送带匀速运动的速度越大，小物块从A点到B点用时越短，当传送带速度等于某一值v′ 时，小物块将从A点一直以加速度a1做匀加速直线运动到B点，所用时间最短，即L＝a1t解得tmin＝1 s，v′＝a1tmin＝7.5 m/s此时小物块和传送带之间的相对路程为Δs＝v′tmin－L＝3.75 m传送带的速度继续增大，小物块从A到B的时间保持不变，而小物块和传送带之间的相对路程继续增大，小物块在传送带上留下的痕迹也继续增大；当痕迹长度等于传送带周长时，痕迹为最长smax，设此时传送带速度为v2，即v2tmin＝3L＋2πR，则联立得 v2＝12.25 m/s。答案：(1)1.2 s　(2)12.25 m/s